Question

已知圓C₁的方程為x²+y²+4x-5=0，圓C₂的方程為x²+y²-4x+3=0，動圓C與圓C₁、C₂相外切．
（I）求動圓C圓心軌跡E的方程；
（II）若直線l過點（2，0）且與軌跡E交于P、Q兩點．
①設點M（m，0），問：是否存在實數m，使得直線l繞點（2，0）無論怎樣轉動，都有

MP

•

MQ

=0成立？若存在，求出實數m的值；若不存在，請說明理由；
②過P、Q作直線x=

1

2

的垂線PA、QB，垂足分別為A、B，記λ=

| PA |+| QB |

| AB |

，求λ，的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）|CC₁|-|CC₂|=r₁-r₂=2，圓心C的軌跡E是以C₁、C₂為焦點的雙曲線右支，由c=2，2a=2，知b²=3，由此能注出軌跡E的方程．
（II）當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=k（x-2），與雙曲線方程聯立消y得（k²-3）x²-4k²x+3=0，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），解得k²＞3.

MP

•

MQ

=(x1-m)(x2-m)+y1y2=

3-(4m+5)k2

k2-3

  +m2．
①假設存在實數m，使得

MP

•

MQ

=0，故得2（1-m²）+k²（m²-4m-5）=0，對任意的k²＞3恒成立，解得m=-1．由此能夠導出存在m=-1，使得

MP

•

MQ

=0．
②由a=1，c=2，知直線x=

1

2

是雙曲線的右準線，所以|PA|=

1

e

|PF2| =

1

2

|PF2|，|QB|=

1

2

|QF₂|，λ=

|PQ|

2|AB|

= 

1+k2 |x2-x1|

2|y2-y1|

=

1

2

1+  1 k2

，由k²＞3，知

1

2

＜λ＜

3

3

．當斜率不存在時，λ=

1

2

．由此能求出λ的取值范圍．

解答：解：（I）圓C₁的圓心C₁（-2，0），半徑r1=

1

2

16+20

=3，
圓C₂的圓心C₂（2，0），半徑r2=

1

2

16-12

=1，
|CC₁|-|CC₂|=r₁-r₂=2，
圓心C的軌跡E是以C₁、C₂為焦點的雙曲線右支，由c=2，2a=2，
∴b²=3，
故軌跡E的方程為x2-

y2

3

=1(x＞1)．…（4分）
（II）當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=k（x-2），
與雙曲線方程聯立消y得
（k²-3）x²-4k²x+3=0，
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∴

k2-3＞0 △＞0 x1+x2= 4k2 k2-3 ＞0 x1x2= 4k2+3 k2-3 ＞0

，
解得k²＞3．
∵

MP

•

MQ

=(x1-m)(x2-m)+y1y2
=（x₁-m）（x₂-m）+k²（x₁-2）（x₂-2）
=

(k2+1)(4k2+3)

k2-3

-

4k2(2k2+m)

k2-3

+m2+4k²
=

3-(4m+5)k2

k2-3

  +m2．
①假設存在實數m，使得

MP

•

MQ

=0，故得
2（1-m²）+k²（m²-4m-5）=0，
對任意的k²＞3恒成立，
∴

1-m2=0 m2-4m-5=0

，
解得m=-1．
∴當m=-1時，

MP

•

MQ

=0．
當直線l的斜率不存在時，由P（2，3），Q（2，-3）及M（1，0）知結論也成立．
綜上所述，存在m=-1，使得

MP

•

MQ

=0．
②∵a=1，c=2，
∴直線x=

1

2

是雙曲線的右準線，
∴|PA|=

1

e

|PF2| =

1

2

|PF2|，|QB|=

1

2

|QF₂|，
∴λ=

|PQ|

2|AB|

= 

1+k2 |x2-x1|

2|y2-y1|

=

1+k2 |x2-x1|

2|k(x2-x1)|

=

1+k2

2|k|

=

1

2

1+  1 k2

，
∵k²＞3，
∴0＜

1

k2

＜

1

3

，
∴

1

2

＜λ＜

3

3

．
當斜率不存在時，|PQ|=|AB|，此時λ=

1

2

．
故λ∈[

1

2

，

3

3

]．

點評：本題主要考查拋物線標準方程，簡單幾何性質，直線與拋物線的位置關系，圓的簡單性質等基礎知識．考查運算求解能力，推理論證能力；考查函數與方程思想，化歸與轉化思想．對數學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．